北师大版七年级数学上章末综合测评一 立体几何初步.docx
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北师大版七年级数学上章末综合测评一立体几何初步
初中数学试卷
灿若寒星整理制作
章末综合测评
(一) 立体几何初步
(时间120分钟,满分150分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.下列推理错误的是( )
A.A∈l,A∈α,B∈l,B∈α⇒l
α
B.A∈α,A∈β,B∈α,B∈β⇒α∩β=AB
C.lα,A∈l⇒A∉α
D.A∈l,l
α⇒A∈α
【解析】 若直线l∩α=A,显然有lα,A∈l,但A∈α,故C错.
【答案】 C
2.下列说法中,正确的是( )
A.经过不同的三点有且只有一个平面
B.分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线
C.垂直于同一个平面的两条直线是平行直线
D.垂直于同一个平面的两个平面平行
【解析】 A中,可能有无数个平面;B中,两条直线还可能平行、相交;D中,两个平面可能相交.
【答案】 C
3.已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图1所示的直观图,其中B′O′=C′O′=1,A′O′=,那么原△ABC的面积是( )
图1
A.B.2
C.D.
【解析】 由题图可知,原△ABC的高为AO=,
∴S△ABC=×BC×OA=×2×=,
故选A.
【答案】 A
4.下列四个命题判断正确的是( )
A.若a∥b,a∥α,则b∥α
B.若a∥α,b
α,则a∥b
C.若a∥α,则a平行于α内所有的直线
D.若a∥α,a∥b,bα,则b∥α
【解析】 A中b可能在α内;B中a与b可能异面;C中a可能与α内的直线异面;D正确.
【答案】 D
5.已知一个圆锥的展开图如图2所示,其中扇形的圆心角为120°,底面圆的半径为1,则该圆锥的体积为( )
【导学号:
39292063】
图2
A.B.
C.D.π
【解析】 因为扇形弧长为2π,所以圆锥母线长为3,高为2,所求体积V=×π×12×2=.
【答案】 A
6.如图3所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,若E是A1C1的中点,则直线CE垂直于( )
图3
A.ACB.BD
C.A1DD.A1D1
【解析】 CE
平面ACC1A1,而BD⊥AC,BD⊥AA1,所以BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥CE.
【答案】 B
7.正方体AC1中,E,F分别是DD1,BD的中点,则直线AD1与EF所成角的余弦值是( )
A.B.
C.D.
【解析】 连接BD1,则BD1∥EF,∠BD1A是异面直线AD1与EF所成的角.
∵AB⊥AD1,∴cos∠BD1A==.
【答案】 C
8.如图4所示,则这个几何体的体积等于( )
图4
A.4B.6
C.8D.12
【解析】
由三视图得几何体为四棱锥,
如图记作SABCD,其中SA⊥平面ABCD,
SA=2,AB=2,AD=2,CD=4,
且ABCD为直角梯形,
∠DAB=90°,
∴V=SA×(AB+CD)×AD=×2××(2+4)×2=4,故选A.
【答案】 A
9.如图5,ABCDA1B1C1D1为正方体,下面结论错误的是( )
图5
A.BD∥平面CB1D1
B.AC1⊥BD
C.AC1⊥平面CB1D1
D.异面直线AD与CB1所成的角为60°
【解析】 由于BD∥B1D1,易知BD∥平面CB1D1;连接AC,易证BD⊥平面ACC1,所以AC1⊥BD;同理可证AC1⊥B1C,因BD∥B1D1,所以AC1⊥B1D1,所以AC1⊥平面CB1D1;对于选项D,∵BC∥AD,∴∠B1CB即为AD与CB1所成的角,此角为45°,故D错.
【答案】 D
10.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的主视图和俯视图如图6所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=( )
【导学号:
39292064】
图6
A.1B.2
C.4D.8
【解析】
如图,该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体,球的半径为r,圆柱的底面半径为r,高为2r,则表面积S=×4πr2+πr2+4r2+πr·2r=(5π+4)r2.又S=16+20π,∴(5π+4)r2=16+20π,∴r2=4,r=2,故选B.
【答案】 B
11.如图7,以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出下列四个结论:
图7
①BD⊥AC;
②△BCA是等边三角形;
③三棱锥DABC是正三棱锥;
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是( )
A.①②④B.①②③
C.②③④D.①③④
【解析】 由题意知,BD⊥平面ADC,故BD⊥AC,①正确;AD为等腰直角三角形斜边BC上的高,平面ABD⊥平面ACD,所以AB=AC=BC,△BAC是等边三角形,②正确;易知DA=DB=DC,又由②知③正确;由①知④错.故选B.
【答案】 B
12.已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为( )
A.B.
C.D.
【解析】 由于三棱锥SABC与三棱锥OABC底面都是△ABC,O是SC的中点,因此三棱锥SABC的高是三棱锥OABC高的2倍,所以三棱锥SABC的体积也是三棱锥OABC体积的2倍.
在三棱锥OABC中,其棱长都是1,如图所示,
S△ABC=×AB2=,
高OD==,
∴VSABC=2VOABC=2×××=.
【答案】 A
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.设平面α∥平面β,A,C∈α,B,D∈β,直线AB与CD交于点S,且点S位于平面α,β之间,AS=8,BS=6,CS=12,则SD=________.
【导学号:
39292065】
【解析】 由面面平行的性质得AC∥BD,=,解得SD=9.
【答案】 9
14.如图8所示,将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角,此时∠B′AC=60°,那么这个二面角大小是________.
图8
【解析】
连接B′C,则△AB′C为等边三角形,设AD=a,
则B′D=DC=a,B′C=AC=a,
所以∠B′DC=90°.
【答案】 90°
15.若一个底面边长为,侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上,则此球的体积为________.
【解析】 球的直径等于正六棱柱的体对角线的长.设球的半径为R,
由已知,可得2R==2,R=.
所以球的体积为πR3=×()3=4π.
【答案】 4π
16.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC,则异面直线AB与CD所成的角等于________.
【解析】
如图所示,分别取BC,AC的中点G、F,
连接EG,GF,EF,
则EG∥CD,GF∥AB,
∴∠EGF就是AB与CD所成的角.
由题意EG=GF=EF=,
∴△EFG是等边三角形,∴∠EGF=60°.
【答案】 60°
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)如图9所示,四棱锥VABCD的底面为边长等于2cm的正方形,顶点V与底面正方形中心的连线为棱锥的高,侧棱长VC=4cm,求这个正四棱锥的体积.
图9
【解】
连接AC,BD相交于点O,连接VO,
∵AB=BC=2cm,
在正方形ABCD中,
求得CO=cm,
又在直角三角形VOC中,
求得VO=cm,
∴VV-ABCD=SABCD·VO
=×4×=(cm3).
故这个正四棱锥的体积为cm3.
18.(本小题满分12分)如图10所示,P是▱ABCD所在平面外一点,E,F分别在PA,BD上,且PE∶EA=BF∶FD.求证:
EF∥平面PBC.
图10
【证明】 连接AF延长交BC于G,连接PG.
在▱ABCD中,
易证△BFG∽△DFA,
∴==,
∴EF∥PG.
而EF平面PBC,PG
平面PBC,
∴EF∥平面PBC.
19.(本小题满分12分)如图11,长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
图11
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);
(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.
【解】
(1)交线围成的正方形EHGF,如图:
(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EB1=12,EM=AA1=8.
因为四边形EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.
于是MH==6,AH=10,HB=6.
故S四边形A1EHA=×(4+10)×8=56,
S四边形EB1BH=×(12+6)×8=72.
因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱,所以其体积的比值为.
20.(本小题满分12分)如图12所示,在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M是棱CC1的中点.证明:
平面ABM⊥平面A1B1M.
【导学号:
39292066】
图12
【证明】 由长方体的性质可知A1B1⊥平面BCC1B1,
又BM
平面BCC1B1,所以A1B1⊥BM.
又CC1=2,M为CC1的中点,所以C1M=CM=1.
在Rt△B1C1M中,B1M==,
同理BM==,又B1B=2,
所以B1M2+BM2=B1B2,从而BM⊥B1M.
又A1B1∩B1M=B1,所以BM⊥平面A1B1M,
因为BM
平面ABM,所以平面ABM⊥平面A1B1M.
21.(本小题满分12分)如图13,在四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中点.
图13
(1)求证:
AE⊥平面PCD;
(2)求二面角APDC的正弦值.
【解】
(1)证明:
在四棱锥PABCD中,
因PA⊥底面ABCD,CD
平面ABCD,
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC,PA∩AC=A,
∴CD⊥平面PAC,
又AE
平面PAC,∴AE⊥CD.
由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.
∵E是PC的中点,∴AE⊥PC.
又PC∩CD=C,∴AE⊥平面PCD.
(2)过点E作EM⊥PD,垂足为M,连接AM,如图所示.由
(1)知,AE⊥平面PCD,AM在平面PCD内的射影是EM,则AM⊥PD.因此∠AME是二面角APDC的平面角.
由已知,可得∠CAD=30°.
22.(本小题满分12分)一个空间几何体的三视图及部分数据如图14所示.
图14
(1)请画出该几何体的直观图,并求它的体积;
(2)证明:
A1C⊥平面AB1C1;
(3)若D是棱CC1的中点,在棱AB上取中点E,判断DE是否平行于平面AB1C1,并证明你的结论.
【解】
(1)几何体的直观图如图.
四边形BB1C1C是矩形,BB1=CC1=,BC=1,四边形AA1C1C是边长为的正方形,且垂直于底面BB1C1C,
∴其体积V=×1××=.
(2)证明:
∵∠ACB=90°,
∴BC⊥AC.
∵三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,
∴BC⊥CC1.
∵AC∩CC1=C,∴BC⊥平面ACC1A1,
∴BC⊥A1C.∵B1C1∥BC,
∴B1C1⊥A1C.
∵四边形ACC1A1为正方形,
∴A1C⊥AC1.
∵B1C1∩AC1=C1,∴A1C⊥平面AB1C1.
(3)当E为棱AB的中点时,
DE∥平面AB1C1.
证明:
如图,取BB1的中点F,
连接EF,FD,DE,
∵D,E,F分别为CC1,AB,BB1的中点,∴EF∥AB1.
∵AB1
平面AB1C1,
EF平面AB1C1,
∴EF∥平面AB1C1.
∵FD∥B1C1,∴FD∥平面AB1C1,
又EF∩FD=F,
∴平面DEF∥平面AB1C1.
而DE
平面DEF,
∴DE∥平面AB1C1.
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